9．下列有關(guān)NaClO和NaCl混合溶液的敘述正確的是（　�。�
A．該溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存
B．該溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存
C．向該溶液中滴入少量FeSO4溶液，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++ClO-+2H+═Cl-+2Fe3++H20
D．向該溶液中加入濃鹽酸，每產(chǎn)生1molCl2，轉(zhuǎn)移電子約為6.02×1023個(gè)

分析 A、次氯酸為弱酸，次氯酸根與氫離子不能大量共存；
B、銀離子與氯離子生成AgCl白色難溶沉淀，故而不能電離共存；
C、NaClO為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，NaCl為中性，溶液中不存在大量的氫離子；
D、次氯酸具有氧化性，濃鹽酸具有還原性，兩者發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣，據(jù)此解答即可．

解答 解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸為弱酸，次氯酸根與氫離子不能大量共存，故A錯(cuò)誤；
B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯離子，與銀離子反應(yīng)生成白色難溶沉淀，故不能大量共存，故B錯(cuò)誤；
C、NaClO為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，NaCl為中性，溶液中不存在大量的氫離子，與2Fe2++ClO-+2H+═Cl-+2Fe3++H20反應(yīng)矛盾，故C錯(cuò)誤；
D、濃鹽酸中Cl由-1價(jià)升高到0價(jià)，次氯酸中Cl由+1價(jià)降低到0價(jià)，故每生成1mol氯氣轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol，故D正確，故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是溶液中離子的判斷，涉及離子共存、鹽類水解、氧化還原反應(yīng)原理等，綜合性較強(qiáng)，容易出錯(cuò)的是C選項(xiàng)，沒(méi)有注意原溶液的酸堿性．

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

19．將 0.06mol•L-1H2SO4溶液與0.10mol•L-1NaOH 溶液等體積混合后，所得溶液的pH 為（　　）
A．1.7B．2.0C．12.0D．12.3

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

20．常溫下，下列說(shuō)法正確的是（　�。�
A．0.1mol•L-1 的硫酸溶液中NH4+、Fe2+、Cl-、NO3-可以共存
B．向Ba（OH）2 溶液中滴入硫酸溶液的離子方程式為：Ba2++SO42-═BaSO4↓
C．0.1mol•L-1 AlCl3 溶液，溫度從20℃升高到50℃，所有離子濃度均增大
D．pH=11的NaOH 溶液中有：[OH-]=[Na+]+[H+]

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：填空題

17．的官能團(tuán)為-COOH；在0.1mol/L該酸的水溶液中就1滴酚酞試液，溶液呈無(wú)色．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

4．有機(jī)鋅試劑（R-ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ：


（1）化合物Ⅰ的分子式為C12H9Br．
（2）關(guān)于化合物Ⅱ，下列說(shuō)法正確的有AD（雙選）．
  A．可以發(fā)生水解反應(yīng)         B．可與新制Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀 
  C．可與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色  D．可與熱的濃硝酸和濃硫酸混合液反應(yīng)
（3）化合物Ⅲ含有3個(gè)碳原子，且可發(fā)生加聚反應(yīng)，按照途徑Ⅰ合成路線的表示方式．完成途徑2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路線：．（標(biāo)明反應(yīng)試劑，忽略反應(yīng)條件）．
（4）化合物V的核磁共振氫譜中峰的組數(shù)為4．以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸類同分異構(gòu)體共有4種（不考慮手性異構(gòu)）．
（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反應(yīng)可直接得到Ⅱ，則化合物Ⅶ的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

14．某研究小組將純凈的SO2氣體通入0.1mol•L-1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．為探究上述溶液中何種微粒能氧化通入的SO2，該小組提出了如下假設(shè)：
假設(shè)一：溶液中的NO3-
假設(shè)二：溶液中溶解的O2；
（1）驗(yàn)證假設(shè)一
該小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了假設(shè)一，請(qǐng)?jiān)谙卤砜瞻滋幪顚懴嚓P(guān)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象．
實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論
實(shí)驗(yàn)1：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L-1BaCl2溶液的燒杯中，緩慢通入純凈的SO2氣體．無(wú)現(xiàn)象假設(shè)一成立
實(shí)驗(yàn)2：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L-1Ba（NO3）2溶液的燒杯中，緩慢通入純凈的SO2氣體生成白色沉淀
（2）為深入研究該反應(yīng)，該小組還測(cè)得上述兩個(gè)實(shí)驗(yàn)中溶液pH隨通入SO2體積的變化曲線如圖．
實(shí)驗(yàn)1中溶液pH變小的原因是SO2溶于水后生成H2SO3；V1時(shí)，實(shí)驗(yàn)2中溶液pH小于實(shí)驗(yàn)1的原因是（用離子方程式表示）3SO2+2H2O+2NO3-=2NO+4H++3SO42-．
（3）驗(yàn)證假設(shè)二
請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證假設(shè)二，寫出實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論．
實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論（不要求寫具體操作過(guò)程）：
（4）若假設(shè)二成立，請(qǐng)預(yù)測(cè)：在相同條件下，分別用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液體積變化忽略不計(jì)），充分反應(yīng)后兩溶液的pH前者小于（填“大于”或“小于”）后者，理由是反應(yīng)的離子方程式表明，足量的O2和NO3-分別氧化相同的H2SO3，生成的H+的物質(zhì)的量前者大于后者．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

1．二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問(wèn)題：
（1 ）工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1．
（2）實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過(guò)以下過(guò)程制備ClO2：

①電解時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4Cl+2HCl$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$NCl3+3H2↑．
②溶液X中大量存在的陰離子有Cl-、OH-．
③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是c（填標(biāo)號(hào)）a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水
（3）用如圖裝置可以測(cè)定混合氣中ClO2的含量：
Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：
Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水．使液面沒(méi)過(guò)玻璃液封管的管口；
Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；
Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：
Ⅴ．用0.1000mol•L-1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），指示劑顯示終點(diǎn)時(shí)共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液．在此過(guò)程中：
①錐形瓶?jī)?nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+10I-+8H+═2Cl-+5I2+4H2O
②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）
③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不變色
④測(cè)得混合氣中ClO2的質(zhì)量為0.02700 g．
（4）用ClO2處理過(guò)的飲用水會(huì)含有一定最的亞氯酸鹽．若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽，下列物質(zhì)最適宜的是d（填標(biāo)號(hào)）a．明礬b．碘化鉀c．鹽酸d．硫酸亞鐵．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

18．為探討化學(xué)平衡移動(dòng)原理與氧化還原反應(yīng)規(guī)律的聯(lián)系，某同學(xué)通過(guò)改變濃度研究“2Fe3++2I-?2Fe2++I2”反應(yīng)中Fe3+和Fe2+的相互轉(zhuǎn)化．實(shí)驗(yàn)如圖1所示：

（1）待實(shí)驗(yàn)Ⅰ溶液顏色不再改變時(shí)，再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)Ⅱ目的是使實(shí)驗(yàn)Ⅰ的反應(yīng)到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)．
（2）ⅲ是ⅱ的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，目的是排除ⅱ中溶液稀釋對(duì)顏色的變化造成的影響．
（3）ⅰ和ⅱ的顏色變化表明平衡逆向移動(dòng)，F(xiàn)e2+向Fe3+轉(zhuǎn)化．用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋原因：Ag+與I-生成AgI黃色沉淀，I-濃度降低，2Fe3++2I-?2Fe2++I2平衡逆向移動(dòng)．
（4）根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，該同學(xué)推測(cè)I中Fe2+向Fe3+轉(zhuǎn)化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，導(dǎo)致I-的還原性弱于Fe2+．用圖2裝置（a、b均為石墨電極）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證．
①K閉合時(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)，b作正極．
②當(dāng)指針歸零（反應(yīng)達(dá)到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液．產(chǎn)生的現(xiàn)象證實(shí)了其推測(cè)．該現(xiàn)象是左管出現(xiàn)黃色沉淀，指針向左偏轉(zhuǎn)．
（5）按照（4）的原理，該同學(xué)用圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了ⅱ中Fe2+向Fe3+轉(zhuǎn)化的原因．
①轉(zhuǎn)化的原因是Fe2+濃度增大，還原性增強(qiáng)，使Fe2+還原性強(qiáng)于I-．
②與（4）實(shí)驗(yàn)對(duì)比，不同的操作是向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液．
（6）實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，還原性：I-＞Fe2；而實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，還原性Fe2-＞I-．將（3）和（4）、（5）作對(duì)比，得出的結(jié)論是該反應(yīng)為可逆的氧化還原反應(yīng)，在平衡時(shí)，通過(guò)改變物質(zhì)的濃度，可以改變物質(zhì)的氧化、還原能力，并影響平衡移動(dòng)．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

19．合金貯氫材料具有優(yōu)異的吸放氫性能，在配合氫能的開發(fā)中起到重要作用．
（1）一定溫度下，某貯氫合金（M）的貯氫過(guò)程如圖所示，縱軸為平衡時(shí)氫氣的壓強(qiáng)（p），橫軸表示固相中氫原子與金屬原子的個(gè)數(shù)比（H/M）．
在OA段，氫溶解于M中形成固溶體MHx，隨著氫氣壓強(qiáng)的增大，H/M逐慚增大；在AB段，MHx與氫氣發(fā)生氫化反應(yīng)生成氫化物MHy，氫化反應(yīng)方程式為：zMHx（s）+H2（g）?zMHy（s）△H（Ⅰ）；在B點(diǎn)，氫化反應(yīng)結(jié)束，進(jìn)一步增大氫氣壓強(qiáng)，H/M幾乎不變．反應(yīng)（Ⅰ）中z=$\frac{2}{y-x}$（用含x和y的代數(shù)式表示）．溫度為T1時(shí)，2g某合金4min內(nèi)吸收氫氣240mL，吸氫速率v=30mL•g-1•min-1．反應(yīng)（Ⅰ）的焓變△HⅠ＜0（填“＞”“＜”或“=”）．
（2）η表示單位質(zhì)量貯氫合金在氫化反應(yīng)階段的最大吸氫量占其總吸氫量的比例，則溫度為T1、T2時(shí)，η（T1）＞ η（T2）（填“＞”“＜”或“=”）．當(dāng)反應(yīng)（Ⅰ）處于圖中a點(diǎn)時(shí)，保持溫度不變，向恒容體系中通入少量氫氣，達(dá)到平衡后反應(yīng)（Ⅰ）可能處于圖中的c點(diǎn)（填“b”“c”或“d”），該貯氫合金可通過(guò)加熱或減壓的方式釋放氫氣．
（3）貯氫合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反應(yīng)，溫度為T時(shí)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H=-206kJ/mol．已知溫度為T時(shí)：CH4（g）+2H2O═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol-1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1．

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